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2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
1. [2024 江苏 盐城中学高二检测]在数列$\{ a_{n}\}$中，若对任意的$n$均有$a_{n}+a_{n + 1}+a_{n + 2}$为定值$(n \in \mathbf{N}^{*})$，且$a_{2} = 4$，$a_{3} = 3$，$a_{7} = 2$，则此数列$\{ a_{n}\}$的前 100 项和$S_{100} = ($ )
A.296
B.297
C.298
D.299
A.296
B.297
C.298
D.299
答案：
1.D 解析：在数列$\{ a_{n}\}$中，若对任意的$n$均有$a_{n}+a_{n + 1} +$ $a_{n + 2}$为定值$(n \in \mathbf{N}^{*})$，且$a_{2} = 4$，$a_{3} = 3$，$a_{7} = 2$，
$\therefore a_{1} + a_{2} + a_{3} = a_{2} + a_{3} + a_{4}$，$\therefore a_{1} = a_{4}$.同理可得$a_{1} = a_{4} =$ $a_{7} = 2$，$a_{n + 3} = a_{n}$，则此数列$\{ a_{n}\}$的前100项和$S_{100} =$ $a_{1} + 33(a_{2} + a_{3} + a_{4}) = 2 + 33 × 9 = 299$.
本题实为周期数列，由$a_{n + 1} + a_{n + 1} + a_{n + 2}$为定值得到周期性是解题关键；另外，由周期性求得$a_{1} = a_{4} = a_{7} = 2$，是另一个解题关键.
$\therefore a_{1} + a_{2} + a_{3} = a_{2} + a_{3} + a_{4}$，$\therefore a_{1} = a_{4}$.同理可得$a_{1} = a_{4} =$ $a_{7} = 2$，$a_{n + 3} = a_{n}$，则此数列$\{ a_{n}\}$的前100项和$S_{100} =$ $a_{1} + 33(a_{2} + a_{3} + a_{4}) = 2 + 33 × 9 = 299$.
本题实为周期数列，由$a_{n + 1} + a_{n + 1} + a_{n + 2}$为定值得到周期性是解题关键；另外，由周期性求得$a_{1} = a_{4} = a_{7} = 2$，是另一个解题关键.
2. [2024 杭州 第四中学高二检测]数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1} = \begin{cases} 2a_{n},0 \leqslant a_{n} ＜ \frac{1}{2}, \\2a_{n} - 1,\frac{1}{2} \leqslant a_{n} ＜ 1, \end{cases}$若$a_{1} = \frac{3}{5}$，则$a_{2023} = ($ )
A.$\frac{1}{5}$
B.$\frac{2}{5}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$\frac{4}{5}$
A.$\frac{1}{5}$
B.$\frac{2}{5}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$\frac{4}{5}$
答案：
2.B 解析：$\because a_{n + 1} = \begin{cases} 2a_{n},0 \leq a_{n} ＜ \frac{1}{2}, \\2a_{n} - 1,\frac{1}{2} \leq a_{n} ＜ 1, \end{cases}$
$a_{1} = \frac{3}{5} \in [\frac{1}{2},1)$，$\therefore a_{2} = 2a_{1} - 1 = \frac{1}{5} \in [0,\frac{1}{2})$，
$\therefore a_{3} = 2a_{2} = 2 × \frac{1}{5} = \frac{2}{5} \in [0,\frac{1}{2})$，
$\therefore a_{4} = 2a_{3} = \frac{4}{5} \in [\frac{1}{2},1)$，由递推公式写出数列的前几项，得到周期性.
$\therefore a_{5} = 2a_{4} - 1 = \frac{3}{5} = a_{1}$，
$\therefore$数列$\{ a_{n}\}$是以4为周期的数列.
又2023 = 505×4+3，$\therefore a_{2023} = a_{3} = \frac{2}{5}$.
$a_{1} = \frac{3}{5} \in [\frac{1}{2},1)$，$\therefore a_{2} = 2a_{1} - 1 = \frac{1}{5} \in [0,\frac{1}{2})$，
$\therefore a_{3} = 2a_{2} = 2 × \frac{1}{5} = \frac{2}{5} \in [0,\frac{1}{2})$，
$\therefore a_{4} = 2a_{3} = \frac{4}{5} \in [\frac{1}{2},1)$，由递推公式写出数列的前几项，得到周期性.
$\therefore a_{5} = 2a_{4} - 1 = \frac{3}{5} = a_{1}$，
$\therefore$数列$\{ a_{n}\}$是以4为周期的数列.
又2023 = 505×4+3，$\therefore a_{2023} = a_{3} = \frac{2}{5}$.
3. 已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = (\frac{4}{9})^{n - 1} - (\frac{2}{3})^{n - 1}(n \in \mathbf{N}^{*})$，则数列$\{ a_{n}\} ($ )
A.有最大项，没有最小项
B.有最小项，没有最大项
C.既有最大项又有最小项
D.既没有最大项也没有最小项
A.有最大项，没有最小项
B.有最小项，没有最大项
C.既有最大项又有最小项
D.既没有最大项也没有最小项
答案：
3.C 解析：$a_{n} = (\frac{4}{9})^{n - 1} - (\frac{2}{3})^{n - 1} = [(\frac{2}{3})^{n - 1}]^{2} - (\frac{2}{3})^{n - 1}$，
令$(\frac{2}{3})^{n - 1} = t$，则$t$是区间$(0,1]$上的值.令$y = t^{2} - t =$ $(t - \frac{1}{2})^{2} - \frac{1}{4}$，可知当$t = 1$，即$n = 1$时，$a_{n}$取得最大值；
使$(\frac{2}{3})^{n - 1}$最接近$\frac{1}{2}$的$n$的值为数列$\{ a_{n}\}$中最小项的序数.所以该数列既有最大项又有最小项.
令$(\frac{2}{3})^{n - 1} = t$，则$t$是区间$(0,1]$上的值.令$y = t^{2} - t =$ $(t - \frac{1}{2})^{2} - \frac{1}{4}$，可知当$t = 1$，即$n = 1$时，$a_{n}$取得最大值；
使$(\frac{2}{3})^{n - 1}$最接近$\frac{1}{2}$的$n$的值为数列$\{ a_{n}\}$中最小项的序数.所以该数列既有最大项又有最小项.
4. [2024 广东 汕头高二期末]在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = 1$，$a_{2} = 2$，$a_{3} = \frac{1}{2}$，$a_{n}a_{n + 3} = 2$，则$\log_{2}a_{1} + \log_{2}a_{2} + ·s + \log_{2}a_{2022} = ($ )
A.260
B.860
C.1011
D.2022
A.260
B.860
C.1011
D.2022
答案：
4.C 解析：由$a_{n}a_{n + 3} = 2$得$a_{n + 3}a_{n + 6} = 2$，两式相除可得$a_{n} = a_{n + 6}$，所以数列$\{ a_{n}\}$是以6为周期的周期数列.又$a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}a_{5}a_{6} = a_{4} · a_{a} · a_{a} · a_{a} = 8$，所以$log_{2}a_{1} + log_{2}a_{2} + ·s$ $+ log_{2}a_{2022} = log_{2}(a_{1}a_{2}·s a_{2022}) = log_{2}(a_{1}a_{2}·s a_{6})^{337} =$ $log_{2}8^{337} = log_{2}2^{1011} = 1011$.
5. [多选题]若数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 1$，$a_{2} = 1$，$a_{n} = a_{n - 1} + a_{n - 2}(n \geqslant 3,n \in \mathbf{N}^{*})$，则称数列$\{ a_{n}\}$为斐波那契数列，又称黄金分割数列，则下列结论成立的有(
A.$a_{7} = 13$
B.$a_{1} + a_{3} + a_{5} + ·s a_{2021} = a_{2022}$
C.$3a_{n} = a_{n - 2} + a_{n + 2}(n \geqslant 3,n \in \mathbf{N}^{*})$
D.$a_{2} + a_{4} + a_{6} + ·s + a_{2022} = a_{2023}$
ABC
)A.$a_{7} = 13$
B.$a_{1} + a_{3} + a_{5} + ·s a_{2021} = a_{2022}$
C.$3a_{n} = a_{n - 2} + a_{n + 2}(n \geqslant 3,n \in \mathbf{N}^{*})$
D.$a_{2} + a_{4} + a_{6} + ·s + a_{2022} = a_{2023}$
答案：
5.ABC 解析：由题意得$a_{3} = 2$，$a_{4} = 3$，$a_{5} = 5$，$a_{6} = 8$，$a_{7} = 13$，故A正确；
$a_{2022} = a_{2021} + a_{2020} = a_{2021} + a_{2019} + a_{2018} = ·s = a_{2021} + a_{2019} + ·s +$ $a_{3} + a_{2} = a_{2021} + a_{2019} + ·s + a_{3} + a_{1}$，故B正确；
$a_{n + 2} = a_{n} + a_{n + 1} = a_{n} + a_{n - 1} + a_{n} = 2a_{n} + a_{n - 1}$①，$a_{n + 1} + a_{n - 2} = a_{a}$②，
①+②得$a_{n + 2} + a_{n - 2} = 2a_{n} + a_{n + 1} + a_{n} - a_{n - 1} = 3a_{n}(n \geq 3,n \in$ $\mathbf{N}^{*})$，故C正确；
$a_{2023} = a_{2022} + a_{2021} = a_{2022} + a_{2020} + a_{2019} = ·s = a_{2022} + a_{2020} + ·s +$ $a_{4} + a_{3} = a_{2022} + a_{2020} + ·s + a_{4} + a_{1} + a_{2}$，故D错误.
$a_{2022} = a_{2021} + a_{2020} = a_{2021} + a_{2019} + a_{2018} = ·s = a_{2021} + a_{2019} + ·s +$ $a_{3} + a_{2} = a_{2021} + a_{2019} + ·s + a_{3} + a_{1}$，故B正确；
$a_{n + 2} = a_{n} + a_{n + 1} = a_{n} + a_{n - 1} + a_{n} = 2a_{n} + a_{n - 1}$①，$a_{n + 1} + a_{n - 2} = a_{a}$②，
①+②得$a_{n + 2} + a_{n - 2} = 2a_{n} + a_{n + 1} + a_{n} - a_{n - 1} = 3a_{n}(n \geq 3,n \in$ $\mathbf{N}^{*})$，故C正确；
$a_{2023} = a_{2022} + a_{2021} = a_{2022} + a_{2020} + a_{2019} = ·s = a_{2022} + a_{2020} + ·s +$ $a_{4} + a_{3} = a_{2022} + a_{2020} + ·s + a_{4} + a_{1} + a_{2}$，故D错误.
6. [多选题] [新定义]若数列$\{ a_{n}\}$满足：对任意正整数$n$，$\{ a_{n + 1} - a_{n}\}$为递减数列，则称数列$\{ a_{n}\}$为“差递减数列”. 给出下列数列$\{ a_{n}\}(n \in \mathbf{N}^{*})$，
其中是“差递减数列”的有(
A.$a_{n} = 3n$
B.$a_{n} = n^{2} + 1$
C.$a_{n} = \sqrt{n}$
D.$a_{n} = \ln\frac{n}{n + 1}$
其中是“差递减数列”的有(
CD
)A.$a_{n} = 3n$
B.$a_{n} = n^{2} + 1$
C.$a_{n} = \sqrt{n}$
D.$a_{n} = \ln\frac{n}{n + 1}$
答案：
6.CD 解析：选项A，由$a_{n} = 3n$，得$a_{n + 1} - a_{n} = 3$，则$\{ a_{n + 1} - a_{n}\}$为常数列，不满足“差递减数列”的定义；
选项B，由$a_{n} = n^{2} + 1$，得$a_{n + 1} - a_{n} = (n + 1)^{2} + 1 - n^{2} - 1 = 2n + 1$，则$\{ a_{n + 1} - a_{n}\}$为递增数列，不满足“差递减数列”的定义；
选项C，由$a_{n} = \sqrt{n}$，得$a_{n + 1} - a_{n} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n} =$ $\frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}}$，显然$\{ a_{n + 1} - a_{n}\}$为递减数列，满足“差递减数列”的定义；
选项D，由$a_{n} = \ln \frac{n}{n + 1}$，得$a_{n + 1} - a_{n} = \ln \frac{n + 1}{n + 2} - \ln \frac{n}{n + 1} =$ $\ln \frac{(n + 1)^{2}}{n(n + 2)} = \ln [1 + \frac{1}{n(n + 2)}]$，随着$n$的增大，此值变小，所以$\{ a_{n + 1} - a_{n}\}$为递减数列，满足“差递减数列”的定义.
选项B，由$a_{n} = n^{2} + 1$，得$a_{n + 1} - a_{n} = (n + 1)^{2} + 1 - n^{2} - 1 = 2n + 1$，则$\{ a_{n + 1} - a_{n}\}$为递增数列，不满足“差递减数列”的定义；
选项C，由$a_{n} = \sqrt{n}$，得$a_{n + 1} - a_{n} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n} =$ $\frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}}$，显然$\{ a_{n + 1} - a_{n}\}$为递减数列，满足“差递减数列”的定义；
选项D，由$a_{n} = \ln \frac{n}{n + 1}$，得$a_{n + 1} - a_{n} = \ln \frac{n + 1}{n + 2} - \ln \frac{n}{n + 1} =$ $\ln \frac{(n + 1)^{2}}{n(n + 2)} = \ln [1 + \frac{1}{n(n + 2)}]$，随着$n$的增大，此值变小，所以$\{ a_{n + 1} - a_{n}\}$为递减数列，满足“差递减数列”的定义.
7. [数学文化] [2024 四川 南充高二期末]谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们，古埃及人喜欢使用分子为 1 的分数(称为埃及分数)，则下列埃及分数$\frac{1}{1 × 3},\frac{1}{3 × 5},\frac{1}{5 × 7}$，$·s$，$\frac{1}{2021 × 2023}$的和是(
A.$\frac{2022}{2023}$
B.$\frac{2023}{2022}$
C.$\frac{1011}{2023}$
D.$\frac{2023}{1011}$
C
)A.$\frac{2022}{2023}$
B.$\frac{2023}{2022}$
C.$\frac{1011}{2023}$
D.$\frac{2023}{1011}$
答案：
7.C 解析：因为$\frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} = \frac{1}{2}(\frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n + 1})$
所以$\frac{1}{1 × 3} + \frac{1}{3 × 5} + \frac{1}{5 × 7} + ·s + \frac{1}{2021 × 2023} =$
$=\frac{1}{2} × (1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + ·s + \frac{1}{2021} - \frac{1}{2023}) =$
$=\frac{1}{2} × (1 - \frac{1}{2023}) = \frac{1011}{2023}$.
所以$\frac{1}{1 × 3} + \frac{1}{3 × 5} + \frac{1}{5 × 7} + ·s + \frac{1}{2021 × 2023} =$
$=\frac{1}{2} × (1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + ·s + \frac{1}{2021} - \frac{1}{2023}) =$
$=\frac{1}{2} × (1 - \frac{1}{2023}) = \frac{1011}{2023}$.
8. [2024 河南 洛阳高二检测]已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = \frac{6n - 31}{3n - 17}$. 若$a_{i},a_{j}$分别是该数列的最大项和最小项，则$i + j =$
11
.
答案：
8.11 解析：由$a_{n} = \frac{6n - 31}{3n - 17} = \frac{2(3n - 17) + 3}{3n - 17} = 2 + \frac{3}{3n - 17}$，可得数列$\{ a_{n}\}$当$1 \leq n \leq 5$时单调递减，且$a_{n} ＜ 2$；当$n \geq 6$时单调递减，且$a_{n} ＞ 2$，$\therefore a_{i} = a_{j},a_{i} = a_{k}$，则$i + j = 11$.
9. 在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{n} = (n + 1)(\frac{10}{11})^{n}(n \in \mathbf{N}^{*})$.
(1) 求证：数列$\{ a_{n}\}$先递增后递减；
(2) 求数列$\{ a_{n}\}$的最大项.
(1) 求证：数列$\{ a_{n}\}$先递增后递减；
(2) 求数列$\{ a_{n}\}$的最大项.
答案：
9.
(1)证明：由$a_{n} ＞ 0$，令$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ＞ 1$，即$\frac{(n + 2)(\frac{10}{11})^{n + 1}}{(n + 1)(\frac{10}{11})^{n}} ＞ 1$，
整理得$\frac{n + 2}{n + 1} ＞ \frac{11}{10}$，解得$n ＜ 9$，即当$n ＜ 9$时，$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ＞ 1$.
同理，令$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = 1$，即当$n = 9$时，$a_{9} = a_{10} = \frac{10^{10}}{11^{9}}$.
令$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ＜ 1$，得$n ＞ 9$，即当$n ＞ 9$时，$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ＜ 1$.
综上，数列$\{ a_{n}\}$从第1项到第9项递增，从第10项起递减，即数列$\{ a_{n}\}$先递增后递减.
(2)解：由
(1)知$a_{1} ＜ a_{2} ＜ a_{3} ＜ ·s ＜ a_{9} = a_{10} ＞ a_{11} ＞ a_{12} ＞ ·s$，
所以数列中有最大项，最大项为第9，10项，
即$a_{9} = a_{10} = \frac{10^{10}}{11^{9}}$.
方法总结
求数列中最大项和最小项的两种方法
1.解不等式组
(1)若求最大项：设$a_{n}$为最大项，则有$\begin{cases} a_{n} \geq a_{n - 1}(n \geq 2), \\a_{n} \geq a_{n + 1}; \end{cases}$
若$\{ a_{n}\}$中各项均为正数，则也可等价于$\begin{cases} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \geq 1(n \geq 2), \\a_{n + 1} \leq 1. \end{cases}$
(2)若求最小项：设$a_{n}$为最小项，则有$\begin{cases} a_{n} \leq a_{n - 1}(n \geq 2), \\a_{n} \leq a_{n + 1}. \end{cases}$
若$\{ a_{n}\}$中各项均为正数，则也可等价于$\begin{cases} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \leq 1(n \geq 2), \\a_{n + 1} \geq 1. \end{cases}$
2.利用函数的单调性
因为数列是一种特殊的函数，所以可以利用函数的单调性求最值，但要特别注意数列中的$n$为正整数.
(1)证明：由$a_{n} ＞ 0$，令$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ＞ 1$，即$\frac{(n + 2)(\frac{10}{11})^{n + 1}}{(n + 1)(\frac{10}{11})^{n}} ＞ 1$，
整理得$\frac{n + 2}{n + 1} ＞ \frac{11}{10}$，解得$n ＜ 9$，即当$n ＜ 9$时，$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ＞ 1$.
同理，令$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = 1$，即当$n = 9$时，$a_{9} = a_{10} = \frac{10^{10}}{11^{9}}$.
令$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ＜ 1$，得$n ＞ 9$，即当$n ＞ 9$时，$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} ＜ 1$.
综上，数列$\{ a_{n}\}$从第1项到第9项递增，从第10项起递减，即数列$\{ a_{n}\}$先递增后递减.
(2)解：由
(1)知$a_{1} ＜ a_{2} ＜ a_{3} ＜ ·s ＜ a_{9} = a_{10} ＞ a_{11} ＞ a_{12} ＞ ·s$，
所以数列中有最大项，最大项为第9，10项，
即$a_{9} = a_{10} = \frac{10^{10}}{11^{9}}$.
方法总结
求数列中最大项和最小项的两种方法
1.解不等式组
(1)若求最大项：设$a_{n}$为最大项，则有$\begin{cases} a_{n} \geq a_{n - 1}(n \geq 2), \\a_{n} \geq a_{n + 1}; \end{cases}$
若$\{ a_{n}\}$中各项均为正数，则也可等价于$\begin{cases} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \geq 1(n \geq 2), \\a_{n + 1} \leq 1. \end{cases}$
(2)若求最小项：设$a_{n}$为最小项，则有$\begin{cases} a_{n} \leq a_{n - 1}(n \geq 2), \\a_{n} \leq a_{n + 1}. \end{cases}$
若$\{ a_{n}\}$中各项均为正数，则也可等价于$\begin{cases} \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \leq 1(n \geq 2), \\a_{n + 1} \geq 1. \end{cases}$
2.利用函数的单调性
因为数列是一种特殊的函数，所以可以利用函数的单调性求最值，但要特别注意数列中的$n$为正整数.
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